背包问题

概述

背包问题(Knapsack problem)是一种组合优化问题。
背包问题十分经典，是因为很多实际的问题、典型的问题，都可以通过背包问题通俗的表达出来。也就是说，很多实际问题中你都能看到背包问题的影子。（背包问题，可以看做一类问题的模型）

问题抽象

在组合优化问题中，在有限的约束条件中寻找最优的目标。

在背包问题中的约束条件：给定物品的特点、给定背包的限制。
背包问题的目标：最小的物品的数量、最大化物品的价值等等。

问题变形

前面我们把背包问题进行了切分，从大的角度来说，我们将背包问题切分成了约束条件和目标。而将约束条件和目标进行改变时，变可以得到很多背包问题的变形。
比如：

【约束条件】
给定物品的特点：
可拆分的 & 不可拆分的
等等
宝贝的特点：
有限的 & 无限的
等等

【目标】
背包装最多的重量。
背包装最多的价值。
等等

【多样的问题变形】
然后我们发现，把上面的约束条件与目标组合后，能够产生大量的背包问题的变形。（这也说明为何背包问题如此经典）

一般描述

问题可以描述为：给定一组物品，每种物品都有自己的重量和价格，在限定的总重量内，我们如何选择，才能使得物品的总价格最高。

需要说明：

• 【一类问题】上面的一般表述，是较为抽象的，因为要概括这一类问题。为直观理解所以就抽象到该层次，如果继续抽象的话，“重量”和“价格”也可以抽象为一类事物，即“物品的属性”。
• 【目标：最优化】我们有一个目标（最大化或最小化），根据现有资源去决策，进而达到我们想要实现的目的。（需要说明的是，可行解可能有很多，但最优解一般是少数的，所以我们的目标可以表述为：在可行解空间中，找到最优解）
• 【问题具体化】因为上面关于背包问题的描述是一般问题，因此我们通过添加一些限制条件，使得背包问题具体化。（后面问题需要和问题一般描述相联系，更易系统理解）

0-1背包问题

在一般描述的基础上，添加限制条件：

• 【唯一性】每个物品具有唯一性。

• 【放入 & 不放入】每个物品或者整体放入背包中（0表示），或者不放入不放入背包中（1表示）。不存在只放入部分的情况（0< x < 1）。

  （PS : 如果将物品换成几袋大米，再进行分配时，就打破了0,1的限制，因为大米是可以放进部分的）

案例

有编号为a、b、c、d、e的5件物品，他们的重量分别是2、2、6、5、4，他们的价值分别是6、3、5、4、6，现在给你一个承重为10的背包，如何让背包里装的物品拥有最大的价值？？

数学符号化

n 代表东西的数量、c 代表包的最大承重、Wi 是第i件物品的重量、Pi 是第i件物品的价值、F[i,j] 是最大价值(i个物品放入承重j的包)。

说明：

• n , c , Wi , Pi 构成限制条件（约束）。
• F[i, j] 中则记录在个阶段取得最大值。（i , j 表示状态，i表示物品的状态，j表示背包的状态）

状态转移方程

F[i][j]=max(F[i−1][j],F[i−1][j−wi]+Pi)。
说明：

• 假设F[i][j]已经是最大的了。
• 如果要求F[i,j]的最大值，则要看这两种 状态：
  
  • 第一种情况(不带)：F[i−1,j]
  • 第二种情况(带)：F[i−1,j−Wi]+Pi(j>=Wi) （在背包中给第i个物品预留空间Wi,剩下的i-1件物品重新摆放，最后在加上第i个物品的价值Pi）

根据状态转移方程 进行编程

根据状态转移方程，我们很容易写出递归的解法。
方法1：（递归 + 未使用数组记忆）

Int  rec( int i , int j){ int res;    if(i==-1){          res=0;    //表明物品已经放完了。  }else if(j<w[i]){    res=rec(i-1,j);//此时包内的空间不够放下第i个物品。  }else{ // 进行比较，如果放入物品的价值比原来已经放入物品的总价值高，则替换原来的     res=max(rec(i-1,j),rec(i-1,j-w[i])+v[i]); }    dp[i][j]=res;  // TODO 可通过该数组记忆，空间换时间    return dp[i][j];    }

说明：（针对关键算法）

• 【为何可使用一维数组？】将记录第i个物品的情况通过内循环的方式进行了替换。
• 【外层循环】外层一次循环表示的是，考虑第 i 个物品后的，更新过去的未考虑i的情况（针对 j >= w[i] 的情况，内层循环）
• 【为何内层循环倒序？】外层的循环，第 i 次循环依赖于 第 i-1 次循环的结果，而不应该 第 i 次 循环更新之后的结果，否则会出现重复加第i个物品的要求，这就不符合了0-1背包的问题。
  
  • 举个简单的例子，dp[j]=max(dp[j−w[i]]+val[i],dp[j])，假如 dp[j−w[i]]+val[i]>dp[i] (表示需要更新上一次循环造成的影响，替换上一次的结果，而这一次则将价值未val[i]的第i个物品加入了这一种情况 )。但是存在另一个问题，在dp[j]=dp[j−w[i]]+val[i]中你不能确定是否dp[j−w[i]]在这之前是否已经加入了第i个物品（如果这个dp[j - w[i]]先发生，那么可能就已经加入第i个物品）。
  • 所以针对上面的问题，通过逆序的方式（背包容量大的情况依赖于 背包容量小的情况，反之，则小不会依赖大，这个特点使得我们通过逆序的方式只加入一次）

参考算法来自：背包问题之01背包
方法2：（一维滚动数组）

#include <iostream>  using namespace std;  int w[5], val[5];  int dp[10]; //表示背包容量为i时的最大值，初始化为0.  int main()  {     int t, m, res=-1;     cin >> t >> m;     for(int i=1; i<=m; i++)     {         cin >> w[i] >> val[i];     }     //关键算法（滚动数组）     for(int i=1; i<=m; i++) //物品          for(int j=t; j>=0; j--) //容量，逆序         {             if(j >= w[i])                 dp[j] = max(dp[j-w[i]]+val[i], dp[j]);         }     cout << dp[t] << endl;     return 0; }

参考：
01背包问题－通俗易懂
【PPT】0-1背包问题之动态规划法

适用于贪心算法的背包问题

部分背包问题

与0-1背包问题类似，所不同的是在选择物品i装入背包时，可以选择物品i的一部分，而不一定要全部装入背包。

案例

【更改前一个0-1背包问题】有编号为a、b、c、d、e的5袋大米，他们的重量分别是2、2、6、5、4，他们的价值分别是6、3、5、4、6，现在给你一个承重为10的背包，如何让背包里装的物品拥有最大的价值？？
（每袋大米可部分装入背包之中）

分析 及 解答

为何适合使用贪心算法？

背包的总容量是有限的（为10），假如说最后一定能够把背包装满，那么我们 可以得到如下公式：

总价值=平均价值∗背包容量

即，平均价值=总价值/背包容量

又因为，我们假设背包最后都能装满，所以背包容量可忽略。

进而，我们的旧目标（最大化总价值）可转化为新的目标（平均价值最大）。

于是，为使平均价值最大，我们需要首先方向物品中平均价值最大的物品。

所以，得到贪心策略，先放入平均价值最大的物品

形式化表示

n 代表东西的数量、c 代表包的最大承重、(将物品按照 平均价值（W/P、）从大到小排序，第i个物品表示是平均价值第i大的)，Wi 是第i件物品的重量、Pi 是第i件物品的价值、F(i) 是最大价值(前i个物品放入包中)。res(i)表示剩余的背包空间。
在此基础上可形式化为：

如果res(i−1)>Wi，F(i)=F(i−1)+Pi

如果res(i−1)<Wi,F(i)=F(i−1)+(Pi/Wi)∗res(i−1)

核心代码实现

//w[5],p[5]已经排好了序，下标越小，平均价值值越大。（5表示物体数量）//res表示背包剩余的最大承重。（初始为10）double results = 0for(int i = 0;i < 5 ; i++){if(w[i] <= res){    results += p[i];    }else{    results += p[i] / w[i] * res    }    //results即为所求}

更新中…